Санкт-Петербургская, 2012/13, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Покажите, что направления скоростей Зайца и Волка проходят через одну и ту же точку на заборе, и поэтому оба движутся по прямым. Дальше поможет подобие треугольников с этой точкой.

Ответ

\(L = \dfrac{Va + ub}{V}\) — расстояние от забора, на котором окажется Заяц.

Решение

Заметим, что и Заяц, и Волк бегут прямолинейно. Нарисуем расположение Волка и Зайца (точки \(B\) и \(\text{З}\)), построим их изображения в заборе (точки \(B^*\) и \(\text{З}^*\)) и изобразим векторы скоростей, направленные так, как описано в условии. Эти векторы, если их продолжить, проходят через точку \(O\) на заборе. Через малый промежуток времени \(\Delta t\) Заяц и Волк сместятся вдоль векторов своих скоростей, но точка \(O\) останется на месте, значит, направления скоростей не меняются. Рассуждение справедливо при любом начальном расположении, поэтому оба движутся по прямым.

Изобразим конечное расположение Зайца \(\text{З}_k\). Треугольники \(KBO\), \(C\text{З}O\) и \(M\text{З}_kO\) подобны. Обозначим искомое расстояние \(M\text{З}_k\) через \(L\), \(O\text{З}\) через \(x\), время движения Волка через \(t\). Тогда \[KB : \text{З}L : \text{З}_kM = BO : \text{З}O : \text{З}_kO, \qquad b : a : L = Vt : x : (x + ut).\] Отсюда \(L = \dfrac{Va + ub}{V}\).

Подсказка

Давление жидкости растёт с глубиной линейно, поэтому стенки прижимаются к трубе с силой, которую можно найти через среднее давление. Сравните силу трения с весом сосуда и воды.

Ответ

Высота должна быть не меньше \(R\dfrac{1 + \sqrt{1 + 4\mu a}}{2\mu}\), где \(a = \dfrac{Mg}{\rho\pi R^3}\).

Решение

Сила, удерживающая сосуд, — сила трения о трубу, возникающая из-за того, что столб жидкости распирает стенки вбок (закон Паскаля). Суммарная сила \(N\), с которой жидкость давит на стенки, найдём так. Давление растёт линейно с глубиной от нуля у поверхности до \(p_{\max} = \rho g H\) на глубине \(H\). На площади контакта \(2\pi R H\) среднее давление равно \(p_{\max}/2\), так как для любого участка стенки с давлением выше \(p_{\max}/2\) на \(\Delta p\) найдётся симметричный участок с давлением ниже на \(\Delta p\), и такие участки расположены симметрично относительно уровня \(H/2\). Значит, \[N = 2\pi R H \cdot \frac{p_{\max}}{2} = \pi\rho g R H^2.\] Сила трения не может превзойти \(\mu N\).

Масса воды \(M_0 = \rho\pi R^2 H\), значит сила тяжести сосуда с водой равна \(Mg + \rho\pi R^2 H g\). Условие застревания: \[Mg + \rho\pi R^2 H g \le \mu\pi R\rho g H^2 .\] Это квадратное неравенство по \(H\): \[\mu\pi R\rho g H^2 - \rho\pi R^2 g H - Mg \ge 0.\] Разделим всё на \(\rho\pi R g\) и введём \(z = H/R\): \[\mu z^2 - z - a \ge 0, \qquad a = \frac{Mg}{\rho\pi R^3}.\] Корни: \(z = \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 4\mu a}}{2\mu}\). Отрицательный корень нефизичен, поэтому \(H = Rz\) должно быть не меньше \(R\dfrac{1 + \sqrt{1 + 4\mu a}}{2\mu}\).

Подсказка

Перейдите к безразмерным \(p' = p/p_0\), \(V' = V/V_0\): температура пропорциональна \(p'V'\), а связь между \(p'\) и \(V'\) задаёт гиперболу. Экстремум \(p'V'\) при заданной сумме \(p' + V'\) удобно искать через семейство прямых \(p' + V' = K\).

Ответ

\(T_{\max} = \dfrac{16p_0V_0}{\nu R}\),  \(T_{\min} = \dfrac{28p_0V_0}{3\nu R}\).

Решение

Вводим \(p' = p/p_0\) и \(V' = V/V_0\). Температура \(T = \dfrac{p_0V_0}{\nu R}\,p'V'\) пропорциональна произведению \(p'V'\). Уравнение процесса примет вид \((p'+1)(V'+1) = 25\), или \(p'V' = 24 - (p' + V')\). Температура максимальна, когда максимально \(p'V'\), то есть когда минимальна сумма \(K = p' + V'\); температура минимальна при максимальном \(K\).

В безразмерных переменных график \(p'(V')\) — симметричная относительно прямой \(p' = V'\) вогнутая гипербола. Она касается наиболее низкой из прямых \(p' + V' = K\) в точке \(p' = V'\). Решая \(p'V' = 24 - (p'+V')\) при \(p' = V'\), получаем \(p' = V' = 4\) (отрицательный корень отбрасываем), что соответствует температуре \[T_{\max} = \frac{16p_0V_0}{\nu R}.\]

Наибольшая прямая \(p' + V' = K\) проходит через граничные точки процесса. Из уравнения процесса: максимальному давлению \(p' = 9\) соответствует \(V' = 1{,}5\), а максимальному объёму \(V' = 14\) — давление \(p' = 2/3\). Сравнивая \(p' + V'\): \(9 + 1{,}5 < 14 + 2/3\), поэтому минимальная температура наблюдается в точке \(p' = 2/3\), \(V' = 14\): \[T_{\min} = \frac{p_0V_0\,p'V'}{\nu R} = \frac{28p_0V_0}{3\nu R}.\]

Подсказка

Разложите скорость на продольную (вдоль \(Z\)) и поперечную части. Поперечная часть даёт окружность, период которой не зависит от угла. Как далеко шарик смещается вдоль оси между соударениями?

Ответ

Светиться будут участки детектора с координатами \((l_{\min}, l_{\max}) \cup (2l_{\min}, 2l_{\max}) \cup (3l_{\min}, \infty)\), где \(l_{\min} = \dfrac{2\pi mV\cos\beta}{qB}\), \(l_{\max} = \dfrac{2\pi mV\cos\alpha}{qB}\) (координата отсчитывается от точки А вдоль оси \(Z\)).

Решение

Пусть шарик вылетает из точки А под углом \(\gamma\) к оси \(Z\), \(\alpha \le \gamma \le \beta\). Движение в магнитном поле — суперпозиция равномерного движения вдоль оси \(Z\) со скоростью \(V\cos\gamma\) и равномерного движения по окружности со скоростью \(V\sin\gamma\) в плоскости \(XY\).

Сила Лоренца \(qBV\sin\gamma\) сообщает заряду центростремительное ускорение \(m(V\sin\gamma)^2/R\). Отсюда радиус окружности \(R = \dfrac{mV\sin\gamma}{qB}\), а период оборота \[T = \frac{2\pi R}{V\sin\gamma} = \frac{2\pi m}{qB}\] не зависит от \(\gamma\): все шарики ударяются о детектор через одинаковые промежутки времени. Но продольные скорости разные, поэтому точки ударов разные. За один оборот шарик смещается вдоль \(Z\) на \(l = VT\cos\gamma\). Так как \(\cos\beta \le \cos\gamma \le \cos\alpha\), первые удары приходятся на координаты \[l \in (l_{\min}, l_{\max}), \qquad l_{\min} = \frac{2\pi mV\cos\beta}{qB}, \quad l_{\max} = \frac{2\pi mV\cos\alpha}{qB}.\]

После упругого удара шарик улетает с той же по модулю скоростью, угол с осью \(Z\) сохраняется, поэтому дальше шарики возвращаются на детектор через равные расстояния \(l\), зависящие от угла вылета \(\gamma\). Со второго удара светятся участки \((2l_{\min}, 2l_{\max})\), а в \(n\)-й раз — участок \((nl_{\min}, nl_{\max})\) длиной \(n(l_{\max} - l_{\min})\). Неосвещённый участок пропадает, когда эта длина становится не меньше \(l_{\max}\): \[n(l_{\max} - l_{\min}) \ge l_{\max} \quad\Leftrightarrow\quad n \ge \frac{\cos\alpha}{\cos\alpha - \cos\beta} \approx 3{,}16.\] Значит, начиная с третьего удара неосвещённый отрезок пропадает.

Подсказка

Выпишите условие отрыва: нормальная составляющая сил равна центростремительной. Затем сравните кинетическую и потенциальную энергии после выключения поля, чтобы понять, улетит ли тело.

Ответ

Параметр \(z = f/F\), где \(f = \dfrac{k|Qq|}{R^2}\) при разноимённых зарядах, \(F = |q|E\), \(z = -\dfrac{kQq}{|q|ER^2}\).

• \(z < -1\): тело отрывается сразу (в начальной точке), затем улетает на бесконечность.

• \(-1 < z \le 1/2\): угол отрыва \(\alpha = \arccos\!\left(\dfrac{2}{3} - \dfrac{z}{3}\right)\); тело улетает на бесконечность (при \(z = 1/2\) — по параболе, при \(z < 1/2\) — по гиперболе).

• \(1/2 < z \le 2\): угол отрыва тот же; тело летает вокруг шара по эллипсу, максимальное удаление от центра \(L = R\dfrac{f + F}{2F - f}\).

• \(2 < z < 5\): тело отрывается, но после выключения поля продолжает скользить по шару и не отрывается.

• \(z > 5\): тело не отрывается, поле не выключается.

Решение

Пока тело не оторвалось, на него действуют сила притяжения к центру шара \(f = |kqQ|/R^2\) и сила \(F = |q|E\) со стороны поля, направленная вниз (для разноимённых зарядов). Тело соскальзывает по шару, и в некоторый момент, заданный углом \(\alpha\), сумма проекций сил на направление к центру даёт центростремительное ускорение: \[\frac{mV^2}{R} = f + F\cos\alpha.\] Работу совершает только сила \(F\), тело сдвинулось на \(R(1 - \cos\alpha)\): \[\frac{mV^2}{2} = FR(1-\cos\alpha) \quad\Leftrightarrow\quad \frac{mV^2}{R} = 2F(1-\cos\alpha).\] Подставляя, получаем \[\cos\alpha = \frac{2}{3} - \frac{f}{3F}.\] При \(f = 0\) тело отрывается при \(\alpha \simeq 48^\circ\). С ростом \(f\) косинус убывает, а угол растёт. Отрыв не происходит, если полученный косинус меньше \(-1\), то есть при \(f/F \ge 5\).

После отрыва поле \(F\) выключается, и на тело действует только притяжение к шару. По аналогии с движением спутника тело может упасть обратно на шар, лететь по окружности или эллипсу, или улететь по параболе или гиперболе. Чтобы не упасть обратно, нужно, чтобы центростремительная сила \(mV^2/R\) была не меньше проекции \(f\): \(mV^2/R \ge f\). Подставляя, получаем \(f/F \le 2\). При \(f/F = 2\) угол отрыва равен \(90^\circ\).

При \(f/F < 2\) тело улетит на бесконечность, если его кинетическая энергия в момент отрыва не меньше того, что нужно для преодоления притяжения. Условие: \(\dfrac{mV^2}{2} - fR \ge 0\), то есть \(\dfrac{mV^2}{R} \ge 2f\). Подставляя из (3) и (4), получаем \(f/F \le 1/2\): при \(f/F = 1/2\) — парабола, при \(f/F < 1/2\) — гипербола.

При \(1/2 < f/F < 2\) тело отрывается, но не улетает на бесконечность, а движется по эллиптической траектории. Наибольшее удаление \(L\) от центра шара находится из законов сохранения энергии и момента импульса. В ответе \(L = R\dfrac{f + F}{2F - f}\); знаменатель обращается в ноль при \(f/F = 1/2\), что соответствует бесконечному удалению по параболе.

Для одноимённых зарядов \(f = -kQq/R^2 < 0\), и формула угла сохраняется, пока он не обращается в ноль; в остальном тело отрывается сразу.